高考物理一轮复习 知识点6：弹力（提高解析版）

知识点6：弹力考点一：平衡状态弹力的计算题型一：应用力的合成法计算平衡状态的弹力【知识思维方法技巧】（1）物体受2个或3个力时，一般采用合成法．①若两个力F1、F2的夹角为θ，如图所示，合力的大小可由余弦定理得到：F＝eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)＋2F1F2cosθ)，tanα＝eq\f(F2sinθ,F1＋F2cosθ)。注意：两大小一定的分力，夹角增大时，合力减小；合力大小一定，夹角增大时，两等大分力增大．②若两个力F1、F2等大，夹角为θ，如图所示，合力的大小F＝2F1coseq\f(θ,2)，F与F1夹角为eq\f(θ,2)。（2）如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。（3）非共面力的计算方法：根据物体受力的对称性，由力的合成法得出NFcosθ＝mg，θ为接触弹力与竖直方向的夹角，N表示接触面弹力的个数，F表示接触面的弹力。类型一：应用合成法计算轻绳模型的弹力【知识思维方法技巧】轻绳活结模型的特点：当绳绕过光滑的滑轮（杆、钉子或挂钩）时，由于滑轮（杆、钉子或挂钩）对绳无约束，因此绳上的力是相等的，且平衡时两绳与水平方向的夹角相等；两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线。【典例1a提高题】如图所示，一根细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，其中球A的质量为1kg。它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为θ＝37°，OB绳与水平方向的夹角为α＝53°，已知sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，则球B的质量为()A.kg B.kg C.kg D.kg【典例1a提高题】【答案】B【解析】分别对A、B两球分析，运用合成法，如图，由几何知识得FTsin37°＝mAg，FTsin53°＝mBg，解得球B的质量为mB＝kg，故B正确，A、C、D错误。【典例1a提高题对应练习】如图悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°【典例1a提高题对应练习】【答案】B【解析】取O点为研究对象，因为甲、乙质量相等，故甲、乙两物体对绳子的拉力大小相等，其合力在其角平分线上。在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.类型二：应用合成法计算轻杆模型的弹力【知识思维方法技巧】轻杆弹力既能沿着杆，也可以跟杆成任意角度。自由杆：可以自由转动。杆受力一定沿杆方向。固定杆：不能自由转动。不一定沿杆方向，由物体所处状态决定【典例1b提高题】弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”．弹跳过程是身体肌肉、骨骼关节等部位一系列相关动作的过程，屈膝是其中的一个关键动作．如图所示，人屈膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为()A．eq\f(F,2sin\f(θ,2))B．eq\f(F,2cos\f(θ,2))C．eq\f(F,2tan\f(θ,2)) D．eq\f(F,2cot\f(θ,2))【典例1b提高题】【答案】D【解析】设大腿骨和小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，已知它们之间的夹角为θ，F即为它们的合力的大小，作出平行四边形，如图所示，F1coseq\f(θ,2)＝eq\f(1,2)F，即F1＝eq\f(F,2cos\f(θ,2))，则脚掌对地面竖直向下的压力FN＝F1sineq\f(θ,2)＝eq\f(F,2cot\f(θ,2))，由牛顿第三定律可知D正确．【典例1b提高题对应练习】如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑定滑轮挂住一个质量为m1的物体，∠ACB＝30°；图乙所示的轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m2的物体，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．图甲中BC对滑轮的作用力为mB．图乙中HG杆受到绳的作用力为m2gC．细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG之比为1∶1D．细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG之比为m1∶2m2【典例1b提高题对应练习】【答案】D【解析】题图甲中，是一根绳跨过光滑定滑轮，绳中的弹力相等，两段绳的拉力都是m1g，互成120°角，则合力的大小是m1g，方向与竖直方向成60°角斜向左下方，故BC对滑轮的作用力大小也是m1g，方向与竖直方向成60°角斜向右上方，A选项错误；题图乙中HG杆受到绳的作用力为eq\r(3)m2g，B选项错误；题图乙中FEGsin30°＝m2g，得FEG＝2m2g，则eq\f(FAC,FEG)＝eq\f(m1,2m2)，C选项错误，D选项正确.类型三：应用合成法计算轻弹簧模型的弹力【知识思维方法技巧】轻弹簧（轻橡皮筋）产生的弹力遵循胡克定律F＝kx，轻弹簧（轻橡皮筋）两端及中间各点的弹力大小相等，轻弹簧既能受拉力，也能受压力(沿弹簧轴线)，而橡皮筋只能受拉力作用。【典例1c提高题】射箭是奥运会上一个观赏性很强的运动项目，中国队有较强的实力．如图甲所示，射箭时，刚释放的瞬间若弓弦的拉力为100N，对箭产生的作用力为120N，其弓弦的拉力如图乙中F1和F2所示，对箭产生的作用力如图中F所示，则弓弦的夹角α应为(cos53°＝0.6)()A．53°B．127°C．143°D．106°【典例1c提高题】【答案】D【解析】弓弦拉力的合成如图所示，由于F1＝F2，由几何关系得2F1cos

eq\f(α,2)＝F，有cos

eq\f(α,2)＝eq\f(F,2F1)＝eq\f(120N,2×100N)＝0.6，所以eq\f(α,2)＝53°，即α＝106°，故D正确．【典例1c提高题对应练习】一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A.86cm B.92cm C.98cm D.104cm【典例1c提高题对应练习】【答案】B【解析】设弹性绳的劲度系数为k.挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量ΔL＝100cm－80cm＝20cm，两段绳的弹力F＝kΔL，对钩码受力分析，如图甲所示．由题意可知sinα＝45，cosα＝35.根据共点力的平衡条件可得，钩码的重力为G＝2kΔLcosα.将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，受力如图乙所示．设弹性绳伸长量为ΔL′，弹力为F′＝kΔL′，钩码的重力为G＝2kΔL′，联立解得ΔL′＝35类型四：应用合成法计算三维空间接触面模型的弹力【典例1d提高题】四个半径为r的匀质球在光滑的水平面上堆成锥形，如图所示．下面的三个球A、B、C用绳缚住，绳与三个球的球心在同一水平面内，D球放在三球上方处于静止状态．如果四个球的质量均为m，重力加速度为g，则D球对A、B、C三球的压力均为()A．mgB．eq\f(\r(3),2)mgC．eq\f(\r(3),3)mgD．eq\f(\r(6),6)mg【典例1d提高题】【答案】D【解析】如图所示，A、B、C、D分别为四个球的球心，θ为BD连线与竖直方向间的夹角，根据几何关系有sinθ＝eq\f(\r(3),3)，则cosθ＝eq\f(\r(6),3).分析D球受力，得3Fcosθ＝mg，其中F为A、B、C三球对D球的支持力大小，可得F＝eq\f(\r(6),6)mg，选项D正确．【典例1d提高题对应练习】如图所示，水平台面上放置一个带有底座的倒三脚支架，每根支架与竖直方向均成30°角且任意两支架之间夹角相等。一个质量均匀的光滑球体工艺品放在三脚架里，光滑球体工艺品质量为m，重力加速度为g，则每根支架受工艺品的压力大小是()A.eq\f(\r(3),6)mgB.eq\f(2\r(3),9)mgC.eq\f(1,3)mg D.eq\f(2,3)mg【典例1d提高题对应练习】【答案】D【解析】光滑球体受重力和三个支持力，三个支持力与竖直方向的夹角均为60°，根据平衡条件，有：3Nsin30°＝mg，解得：N＝eq\f(2,3)mg，选项D正确。类型五：应用合成法计算三维空间轻绳模型的弹力【典例1e提高题】如图所示，在卸货场，挂钩连接四根长度均为L的轻绳，四根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环四等分．圆环正缓慢地匀速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为()A.eq\f(5,12)mgB.eq\f(7,12)mgC.eq\f(5,16)mgD.eq\f(5,4)mg【典例1e提高题】【答案】C【解析】水平圆环匀速上升，受力平衡，则4根绳子的合力F＝mg，则每一根绳在竖直方向上的分量等于eq\f(1,4)mg，设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有：sinθ＝eq\f(0.6L,L)＝0.6，cosθ＝0.8；则Tcosθ＝eq\f(1,4)mg，解得：T＝eq\f(5,16)mg，故选C.【典例1e提高题对应练习】在港珠澳大桥建设中，将一根直径22m、高40.5m的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。若钢筒重量为G，用起重机同时由10条对称分布的、每条长为22m的钢索将其竖直吊起处于静止状态如图，则每根钢索受到的拉力大小为()A.eq\f(G,5)B.eq\f(G,10)C.eq\f(\r(3)G,15)D.eq\f(\r(3)G,30)【典例1e提高题对应练习】【答案】C【解析】由于钢筒的直径为22m，钢索的长为22m，则每个两根对称钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢索与竖直方向的夹角为30°；设每根钢索受到的拉力大小为F，竖直方向根据平衡条件可得10Fcos30°＝G，所以F＝eq\f(\r(3)G,15)，故C正确，A、B、D错误。类型六：应用合成法计算三维空间轻杆模型的弹力【典例1f提高题】如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成角，则每根支架中承受的压力大小为（）A．B．C．D．【典例1f提高题】【答案】D【解析】题中每根支架对照相机的作用力F沿每根支架向上，这三个力的合力等于照相机的重力，所以有3Fcos30°＝mg，得F＝eq\f(mg,3cos30°)＝eq\f(2\r(3),9)mg，故选项D正确题型二：应用力的分解法计算平衡状态的弹力【知识思维方法技巧】力的分解法计算平衡状态的弹力，有二种分解方法：（1）力作用效果分解法：根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向，再根据两个实际分力方向画出平行四边形，最后由三角形知识求出两分力的大小。注意：斜面上物体、支架挂物、刀劈物体、千斤顶等问题常常根据被分解的力在作用对象上产生的效果进行分解。（2）力的正交分解法：Fx合＝0，Fy合＝0．适用条件是物体受三个或三个以上的力作用而平衡。选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合。物体受四个以上的力作用时，一般要采用正交分解法。类型一：应用力的分解法计算接触面模型的弹力【典例2a提高题】生活中经常用刀来劈开物体。如图所示是刀刃的横截面，F是竖直向下作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为θ，刀的重力为G。则刀劈物体时对物体侧向推力FN的大小为()A.eq\f(F＋G,2sinθ)B.eq\f(F＋G,2cosθ)C.eq\f(F＋G,2sin\f(θ,2)) D.eq\f(F＋G,2cos\f(θ,2))【典例2a提高题】【答案】C【解析】将力F和重力根据平行四边形定则分解，由几何知识得，侧向推力的大小为FN＝eq\f(\f(G＋F,2),sin\f(θ,2))＝eq\f(G＋F,2sin\f(θ,2))，故选项C正确。【典例2a提高题对应练习】如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块(视为质点)在水平力F的作用下静止于P点，设小滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列关系式正确的是()A．FN＝mgtanθB．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ) D．F＝eq\f(mg,tanθ)【典例2a提高题对应练习】【答案】D【解析】效果分解法：将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝G1＝eq\f(mg,sinθ).正交分解法：将滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图丙所示，mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ，联立解得：F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ).类型二：应用力的分解法计算轻绳模型的弹力【典例2b提高题】将体积相同、质量mA＝5m的灯笼A和质量mB＝3m的灯笼B用轻质细绳2连接，灯笼A又用轻质细绳1悬挂在天花板上的O点，两灯笼在相同的水平恒定风力作用下，处于如图所示的静止状态．其中，轻质细绳1与竖直方向的夹角α＝45°，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是()A．细绳1中的张力大小为5mgB．细绳2中的张力大小为8eq\r(2)mgC．作用在每一个灯笼上的水平风力的大小为8mgD．细绳2与竖直方向的夹角为53°【典例2b提高题】【答案】D【解析】把两个灯笼A、B整体作为研究对象分析受力，受到竖直向下的重力8mg、作用在两个灯笼上水平方向的风力F和沿轻质细绳1方向的张力F1作用，由平衡条件可得cos45°＝eq\f(8mg,F1)，tan45°＝eq\f(F,8mg)，解得F1＝8eq\r(2)mg，F＝8mg，作用在每一个灯笼上水平方向的风力为F′＝eq\f(F,2)＝4mg，选项A、C错误；隔离灯笼B分析受力，设沿轻质细绳2方向的张力大小为F2，轻质细绳2与竖直方向的夹角为β，由平衡条件可得cosβ＝eq\f(3mg,F2)，tanβ＝eq\f(F′,3mg)，联立解得：β＝53°，F2＝5mg，选项B错误，D正确．【典例2b提高题对应练习】如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足()A.tanα＝3cotβB.2tanα＝3cotβC.3tanα＝tan(α＋β)D.3tanα＝2tan(α＋β)【典例2b提高题对应练习】【答案】C【解析】以大球和小球为整体受力分析如图甲，有FTcosα＝3mg，FTsinα＝FN1，解得FN1＝3mgtanα；再以小球为研究对象，进行受力分析如图乙所示FN2sin(α＋β)＝FN1，FN2cos(α＋β)＝mg，解得：FN1＝mgtan(α＋β)，联立得：3tanα＝tan(α＋β)，选项C正确。类型三：应用力的分解法计算轻杆模型的弹力【典例2c提高题】（多选）如图(a)所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1＝1kg的物块；如图(b)所示，将一轻杆用转轴固定在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2＝1.5kg的物块。已知两杆均水平，且绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．图(a)中AB绳的拉力大小为10NB．图(b)中DE绳的拉力大小为15NC．图(a)中轻杆对滑轮的支持力大小为10ND．图(b)中轻杆对结点的支持力大小为15N【典例2c提高题】【答案】AC【解析】对(a)、(b)两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示，图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳AB的拉力大小为FAB＝FBC＝m1g＝10N，A正确；由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲＝FAB＝FBC＝10N，C正确；图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知FDEsin30°＝FEF，FDEcos30°＝F乙，又FEF＝m2g，代入数据解得轻绳DE的拉力为FDE＝30N，轻杆对结点的支持力大小为F乙＝15eq\r(3)N，B、D错误。【典例2c提高题对应练习】某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.5m，b＝0.05m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为()A．4B．5C．10 D．1【典例2c提高题对应练习】【答案】B【解析】按力F的作用效果沿AC、AB杆方向分解为图甲所示的F1、F2，则F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)，由几何知识得tanθ＝eq\f(a,b)＝10，再按F1的作用效果将F1沿水平向左和竖直向下分解为图乙所示的F3、F4，则F4＝F1sinθ，联立得F4＝5F，即物体D所受压力大小与力F的比值为5，故选B.【典例2c提高题对应练习2】如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小MN间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120°时N点受到螺纹轴的作用力为F1；MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则F1与F2大小之比为()A．1∶1B．1∶3C．eq\r(3)∶1D．3∶1【典例2c提高题对应练习2】【答案】D【解析】当两臂间的夹角为120°时，两臂受到的压力为FN1＝eq\f(G,2cos60°)＝G对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F1＝2FN1cos30°＝eq\r(3)G当两臂间的夹角为60°时，两臂受到的压力为FN2＝eq\f(G,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)G对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F2＝2FN2cos60°＝eq\f(\r(3),3)G则有eq\f(F1,F2)＝3∶1故A、B、C错误，D正确。类型四：应用力的分解法计算轻弹簧模型的弹力【典例2d提高题】（多选）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，A、B两个质量均为m的滑块用轻质弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，水平力F作用在滑块B上，A、B静止，此时弹簧长度为l，且在弹性限度内，则下列说法正确的是()A．弹簧原长为l＋eq\f(mg,2k) B．弹簧原长为l＋eq\f(mg,k)C．力F的大小为eq\f(\r(3),3)mg D．力F的大小为eq\f(2\r(3),3)mg【典例2d提高题】【答案】AD【解析】对滑块A，据平衡条件得mgsin30°＝kx，其中x＝l0－l，解得l0＝l＋eq\f(mg,2k)，选项A正确，B错误；对A、B构成的整体，据平衡条件得Fcos30°＝2mgsin30°，解得F＝eq\f(2\r(3),3)mg，选项C错误，D正确。【典例2d提高题对应练习】如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°。设A、B中的拉力分别为FA、FB。小球直径相比弹簧长度可以忽略。则()A．tanθ＝eq\f(1,2)B．kA＝kBC．FA＝eq\r(3)mg D．FB＝2mg【典例2d提高题对应练习】【答案】A【解析】对下面的小球进行受力分析，如图甲所示：根据平衡条件得：F＝mgtan45°＝mg，FB＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg；对两个小球整体受力分析，如图乙所示：根据平衡条件得：tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，FA＝eq\r(2mg2＋F2)＝eq\r(5)mg，由题可知两弹簧的形变量相等，则有：x＝eq\f(FA,kA)＝eq\f(FB,kB)，解得：eq\f(kA,kB)＝eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(5),\r(2))，故A正确，B、C、D错误。类型五：应用正交分解法计算匀质粗绳的弹力【知识思维方法技巧】选取匀质粗绳为研究对象和匀质粗绳的一部分为研究对象，分别应用正交分解法列方程进行计算。【典例2e提高题】如图所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点在C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向的夹角β＝30°.则右塔A处铜线切线与竖直方向的夹角α为()A．30°B．45°C．60°D．75°【典例2e提高题】【答案】C【解析】设A、B两端铜线上的拉力分别为FA、FB，铜线的质量为m，在水平方向，对铜线整体由平衡条件得FAsinα＝FBsinβ，在竖直方向，对BC段，由平衡条件得FBcosβ＝eq\f(3,4)mg，对AC段，由平衡条件得FAcosα＝eq\f(1,4)mg，联立解得tanα＝3tanβ，则α＝60°，A、B、D错误，C正确.【典例2e提高题对应练习】2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况．若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变．当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是()【典例2e提高题对应练习】【答案】A【解析】设飘带的单位长度质量为m0,单位长度所受风力为F0，从底端取飘带上任意长度为x，G＝m0gx，F＝F0x，则重力与风力的的合力与竖直方向的夹角为tanθ＝eq\f(F,G)＝eq\f(F0,m0g)，可知所选飘带与竖直方向夹角与所选长度无关，二力合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一条倾斜的直线，故选A.【典例2e提高题对应练习2】如图一根质量为m的匀质绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体。系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为α，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β，则()A．eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,m)B．eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,M)C．eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(M,m＋M)D．eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(m,m＋M)【典例2e提高题对应练习2】【答案】B【解析】以M为研究对象，2FT1cosα＝Mg①以M和m整体为研究对象，则2FT2cosβ＝(m＋M)g②以m/2为研究对象，FT1sinα＝FT2sinβ③由①②③得：eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,M)，B正确。题型三：应用力的三角形相似法计算平衡状态的弹力【知识思维方法技巧】三角形相似法：一般研究对象受绳(杆)、圆弧或其它物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力是恒力，另外两个力的方向分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式求出力。类型一：应用力的三角形相似法计算接触面模型的弹力【典例3a提高题】如图所示，两个大小不等的光滑球置于半球状的凹槽内，O为凹槽的球心，O1是质量为m1的大球的球心，O2是质量为m2的小球的球心，两球静止时切点正好位于O点正下方．则下列说法正确的是()A．m1>m2B．m1<m2C．凹槽对大球的弹力等于对小球的弹力D．凹槽对大球的弹力大于对小球的弹力【典例3a提高题】【答案】B【解析】对两个球进行受力分析如图所示，设大球半径为R，小球半径为r，则根据力的矢量三角形和几何三角形相似有eq\f(m1g,OP)＝eq\f(F1,R)＝eq\f(FN1,OO1)，eq\f(m2g,OP)＝eq\f(F2,r)＝eq\f(FN2,OO2)，则m1g＝eq\f(F1,R)OP，m2g＝eq\f(F2,r)OP，由牛顿第三定律可知，F1＝F2，又因为R>r，所以m1<m2，故A错误，B正确；FN1＝eq\f(OO1,R)F1，FN2＝eq\f(OO2,r)F2，因为R>r，OO1<OO2，所以FN1<FN2，故C、D错误．类型二：应用力的三角形相似法计算轻绳模型的弹力【典例3b提高题】如图所示，竖直放置的光滑圆环O，顶端D点固定一光滑滑轮(大小忽略)，圆环两侧套着m1、m2两小球，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，已知两小球连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为θ.则m1、m2两小球的质量之比为()A．tanθB.eq\f(1,tanθ)C.eq\f(1,cosθ)D．sin2θ【典例3b提高题】【答案】B【解析】对两球受力分析，如图所示，由三角形相似得，m1：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(T1,L1)＝\f(m1g,R)，,\f(T2,L2)＝\f(m2g,R)，,T1＝T2.))⇒eq\f(m1,m2)＝eq\f(L2,L1)＝eq\f(1,tanθ)，故选B.【典例3b提高题对应练习】如图所示，一轻杆两端固定两个小球A、B，A球的质量是B球质量的3倍，轻绳跨过滑轮连接A和B，一切摩擦不计，平衡时OA和OB的长度之比为()A.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.1∶4【典例3b提高题对应练习】【答案】C【解析】设绳上拉力为FT，OA长L1，OB长L2，过O点做竖直向下的辅助线交AB于C点，如图所示，由三角形相似有＝，＝，得＝，故A、B、D错误，C正确．类型三：应用力的三角形相似法计算轻杆模型的弹力【典例3c提高题】如图所示，AO为不可伸长的轻绳，BO为可绕B点自由转动的轻质细杆，杆长为L，A、B两点的高度差也为L.在O点悬挂质量为m的重物，杆与绳子的夹角α＝30°，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.绳AO对O点的拉力大小为mg B.绳AO对O点的拉力大小为mgC.杆BO对O点的力沿杆由O指向B D.杆BO对B点的力大小为mg【典例3c提高题】【答案】B【解析】对悬点O受力分析，受重物拉力，BO支持力和轻绳AO拉力，处于平衡状态，如图所示，由平衡条件可知，FT与FN的合力大小等于重物的拉力mg，由相似三角形关系可得＝，绳AO对O点的拉力大小为FT＝mg＝mg＝mg，A误，B正确；杆BO对O点的力沿杆由B指向O，C错误；由相似三角形关系有＝，可得杆BO对O点的力大小为FN＝mg＝mg，杆BO对B点的力大小为mg，D错误．类型四：应用力的三角形相似法计算轻弹簧模型的弹力【典例3d提高题】（多选）如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是()A．轻弹簧对小球的作用力大小为eq\f(\r(3),2)mgB．容器相对于水平面有向左的运动趋势C．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上D．弹簧原长为R＋eq\f(mg,k)【典例3d提高题】【答案】CD【解析】对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO′P为等边三角形，由相似三角形法得FN＝F＝mg，所以A项错误。由整体法知，容器与地面没有相对运动趋势，B项错误。小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C项正确。由胡克定律有F＝mg＝k(L0－R)，解得弹簧原长L0＝R＋eq\f(mg,k)，D项正确。题型四：应用力的三角形正弦法计算平衡状态的弹力【知识思维方法技巧】力的三角形正弦定理法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力是恒力，另外两个力的夹角已知。确定对应边与角，利用正弦定理（eq\f(F1,sin∠1)＝eq\f(F2,sin∠2)＝eq\f(mg,sin∠3)）列式求出力。【典例4a提高题】如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平面的夹角α＝60°，则两小球的质量之比eq\f(m2,m1)为()A．eq\f(\r(3),3)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\f(\r(2),2)【典例4a提高题】【答案】A【解析】由小球m2受力平衡知细线的拉力FT＝m2g.对小球m1受力分析，知小球m1受到的支持力FN和细线的拉力FT的合力与小球重力m1g的大小相等，方向相反，故FN、FT、m1g构成矢量三角形，如图所示．由正弦定理得eq\f(FT,sin30°)＝eq\f(m1g,sin120°)，即eq\f(m2,sin30°)＝eq\f(m1,sin120°)，得eq\f(m2,m1)＝eq\f(\r(3),3).故选A.OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误．考点二：动态平衡弹力变化的分析【知识思维方法技巧】（1）动态平衡：通过控制某些物理量，使平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。（2）基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．确定平衡状态(缓慢)，巧选研究对象(整体法或隔离法)，进行受力分析，最后选择方法建立平衡方程（或画三角形矢量图），讨论力的大小变化情况。（3）分析动态平衡问题的方法：①图解法：根据已知量的变化情况，画出三角形边、角的变化，使用三角形矢量图解法、三角形动态圆法确定未知量大小、方向的变化情况②解析法：对物体对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件利用正交分解法列方程或者利用相似三角形法、正弦定理法列方程，得出未知量与已知量的函数关系表达式，最后根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。题型一：应用图解法分析动态平衡弹力的变化【知识思维方法技巧】应用图解法分析动态平衡弹力变化的方法有：（1）三角形矢量图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力是恒力，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化，此时可用图解法，画出不同状态下力的三角形矢量图，判断各个力的变化情况。（2）三角形动态圆法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力是恒力，另外两个力的方向都发生变化，但两力的夹角不变。可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，利用两力夹角不变，根据不同位置判断各力的大小变化．类型一：应用三角形矢量图解法分析接触面模型的弹力变化【典例1a提高题】(多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A的圆半径为球B的半径的3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态.设墙壁对B的支持力为F1，A对B的支持力为F2，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是()A.F1减小B.F1增大C.F2增大 D.F2减小【典例1a提高题】【答案】AD【解析】图解法先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图所示的矢量三角形，在θ角减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都减小，故A、D正确.【典例1a提高题对应练习】（多选）如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中()A．斜面对球的支持力逐渐增大B．斜面对球的支持力逐渐减小C．挡板对小球的弹力先减小后增大D．挡板对小球的弹力先增大后减小【典例1a提高题对应练习】【答案】BC【解析】对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2，如图，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡条件得知，FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小后增大，当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，故选项B、C正确，A、D错误.类型二：应用三角形矢量图解法分析轻绳模型的弹力变化【典例1b提高题】甲、乙两人用绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢地向上提升，如图所示．则在物块由O点沿直线Oa缓慢上升过程中，以下判断正确的是()A．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小B．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大C．aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大D．aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直在增大【典例1b提高题】【答案】C【解析】对结点O进行受力分析，如图所示，根据三力平衡的特点可知aO绳和bO绳中的弹力的合力与重力是一对平衡力，从图中可以看出：aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大，即C选项正确．【典例1b提高题对应练习】如图所示，用与竖直方向成θ角(θ<45°)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为T1。现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定，绳b的拉力变为T2；再转过θ角固定，绳b的拉力为T3，则()A．绳a的拉力逐渐减小B．T1＝T3>T2C．T1＝T3<T2D．T1<T2<T3【典例1b提高题对应练习】【答案】AB【解析】分析小球在三种情况下的受力，作出力的矢量三角形如图所示，由平衡条件可知：绳a的拉力F逐渐减小，选项A项正确；绳b逆时针转过角度θ时与绳a垂直，拉力最小，T1＝T3>T2，选项B正确，C、D错误。类型三：应用三角形矢量图解法分析轻杆模型的弹力变化【典例1c提高题】如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动，用轻绳在O点悬挂一个重力为G的物体，另一根轻绳一端系在O点，O点为圆弧的圆心，另一端系在圆弧形墙壁上的C点，当该轻绳端点由点C逐渐沿圆弧CB向上移动的过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，杆AO弹力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【典例1c提高题】【答案】A【解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则竖直绳的拉力等于物体的重力G，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O点总受竖直绳的拉力、OA的支持力F及OC绳的拉力而处于平衡状态，受力分析如图所示，F和OC绳的拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳端点上移的过程中，由图可知杆AO弹力逐渐减小，故A正确．类型四：应用三角形动态圆法分析接触面模型的弹力变化【典例1d提高题】（多选）如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小．则()A．斜面对a的弹力变大B．斜面对a的弹力先变大后变小C．b对a的弹力逐渐变小D．b对a的弹力不变【典例1d提高题】【答案】AC【解析】对a进行受力分析，如图甲所示根据平衡，斜面对a的弹力F1、b对a弹力F2的合力与a的重力等大反向，则在斜面倾角逐渐减小过程中，斜面对a的弹力F1和b对a的弹力F2的变化过程如乙图所示分析可得，斜面对a的弹力F1变大，b对a的弹力F2逐渐变小．故选A、C.类型五：应用三角形动态圆法分析轻绳模型的弹力变化【典例1e提高题】如图所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态．把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中()A．OA绳的拉力逐渐增大B．OA绳的拉力先增大后减小C．OB绳的拉力先增大后减小D．OB绳的拉力先减小后增大【典例1e提高题】【答案】B【解析】以重物为研究对象，重物受到重力mg、OA绳的拉力F1、OB绳的拉力F2三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：在转动的过程中，OA绳的拉力F1先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F2开始处于直径上，转动后一直减小，B正确，A、C、D错误．【典例1e提高题对应练习】(多选)如图所示装置，两根细绳拴住一小球，保持两细绳间的夹角θ＝120°不变，若把整个装置顺时针缓慢转过90°，则在转动过程中，CA绳的拉力F1、CB绳的拉力F2的大小变化情况是()A.F1先变小后变大 B.F1先变大后变小C.F2一直变小 D.F2最终变为零【典例1e提高题对应练习】【答案】BCD【解析】如图所示，画出小球的受力分析图，构建力的矢量三角形，由于这个三角形中重力不变，另两个力间的夹角(180°－θ)保持不变，这类似于圆周角与对应弦长的关系，作初始三角形的外接圆(任意两边的中垂线交点即外接圆圆心)，然后让另两个力的交点在圆周上按F1、F2的方向变化规律滑动，力的矢量三角形的外接圆正好是以初态时的F2为直径的圆周，知F1先变大后变小，F2一直变小，最终CA沿竖直方向，此时F1＝mg，F2变为零，故选B、C、D.题型二：应用解析法分析动态平衡弹力的变化【知识思维方法技巧】应用解析法分析动态平衡弹力变化的方法有：（1）分解解析法：受力分析后，如果把物体受到的多个力正交分解后，能够找到力的边角关系，则应选择正交分解解析法，列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式(一般都要用到三角函数)，再根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。（2）三角形相似解析法：一般研究对象受绳(杆)、圆弧或其它物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力是恒力，另外两个力的方向都发生变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式，讨论力的大小变化情况。另外需要注意的是构建三角形时可能需要画辅助线。（3）三角形正弦解析法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力是恒力，另外两个力的方向都发生变化，但两力的夹角不变。作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，结合正弦定理列式求解，讨论力的大小变化情况。类型一：应用分解解析法分析接触面模型的弹力变化【典例2a提高题】如图甲所示，在两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏．该景观可简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜．设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小．岩石与山峰间的摩擦很小，可以忽略不计．若岩石质量一定，θ减小，岩石始终保持静止，下列说法正确的是()A．山峰左壁对岩石的作用力将增大B．山峰右壁对岩石的作用力不变C．山峰对岩石的作用力减小D．岩石受到的合力将增大【典例2a提高题】【答案】A【解析】对岩石受力分析如图所示：根据平衡条件可知：FN2cosθ＝FN1，FN2sinθ＝mg，解得：FN1＝eq\f(mg,tanθ)，FN2＝eq\f(mg,sinθ)，随着θ减小，FN1、FN2都在增大，故A正确，B错误；根据共点力平衡可知，山峰对岩石的作用力始终不变，大小等于岩石的重力，故C错误；由于岩石处于静止状态，所以岩石受到的合力一直为零，故D错误．【典例2a提高题对应练习】(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则()A．若F一定，θ大时FN大 B．若F一定，θ小时FN大C．若θ一定，F大时FN大 D．若θ一定，F小时FN大【典例2a提高题对应练习】【答案】BC【解析】根据力F的作用效果将F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示则eq\f(\f(F,2),FN)＝sineq\f(θ,2)故FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大，故选项B、C正确，A、D错误．类型二：应用分解解析法分析轻绳活结模型（晾衣绳模型）的弹力变化【知识思维方法技巧】如图所示，“活结”两端绳子拉力相等，因结点所受水平分力相等，Fsinθ1＝Fsinθ2，故θ1＝θ2＝θ3，根据几何关系可知，sinθ＝eq\f(d,L1＋L2)＝eq\f(d,L)，若两杆间距离d不变，则上下移动悬线结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，2FTcosθ＝mg，FT＝eq\f(mg,2cosθ)也减小．【典例2b提高题】有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图13甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为FT1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2。现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是()A.FT1、FT2都变大 B.FT1变大、FT2变小C.FT1、FT2都不变 D.FT1不变、FT2变大【典例2b提高题】【答案】D【解析】设绳子总长为L，两竖直墙之间的距离为s，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2。由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ，则由几何知识，得s＝L1sinθ＋L2sinθ＝(L1＋L2)sinθ，又L1＋L2＝L，得到sinθ＝eq\f(s,L)；设绳子的拉力大小为FT，重物的重力为G，以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2FTcosθ＝G，解得FT＝eq\f(G,2cosθ)；可见，对题图甲，当绳子右端慢慢向下移动时，s、L没有变化，则θ不变，绳子拉力FT1不变；对题图乙，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两侧绳子之间的夹角θ增大，cosθ减小，则绳子拉力FT2增大，故A、B、C错误，D正确【典例2b提高题对应练习】如图所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，光滑轻质动滑轮下吊重物，轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端固定在光滑的滑环N上，轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮，滑环N套在竖直杆上．在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是()A．绳a的拉力变大B．绳b的拉力变大C．杆对滑环的弹力变大D．绳b的拉力始终比绳a的小【典例2b提高题对应练习】【答案】D【解析】重物缓慢上升的过程中，对重物受力分析，如图甲所示则2FTacosθ＝mg，解得FTa＝eq\f(mg,2cosθ).设a绳总长为l，左侧井壁与竖直杆的宽度为d，如图乙所示由几何关系知l1sinθ＋l2sinθ＝d，l1＋l2＝l，解得sinθ＝eq\f(d,l)故重物缓慢向上过程中，sinθ不变，cosθ不变，故FTa不变，A错误；对滑环N受力分析如图丙所示可知FN＝FTasinθ，FTb＝FTacosθ＋m环g联立解得FTb＝eq\f(1,2)mg＋m环g，FN＝eq\f(1,2)mgtanθ故绳b的拉力和杆对滑环的弹力都不变，B、C错误；由于cosθ<1，FTb＝FTacosθ，故FTb<FTa，D正确．类型三：应用三角形相似解析法分析轻绳模型的弹力变化【典例2c提高题】光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，如图所示，现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A到B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是()A．N变大、T变小B．N变小、T变大C．N变小、T先变小后变大D．N不变、T变小【典例2c提高题】【答案】D【解析】只有小球的重力不变．受力如图所示，利用相似三角形及力的合成知识求解，其中△NAG′∽△AOC，eq\f(G,OC)＝eq\f(N,R)＝eq\f(T,AC)，N＝eq\f(R,OC)·G，T＝eq\f(AC,OC)·G，其中OC、R、G不变，AC减小，则N不变，T减小，选D项．【典例2c提高题对应练习】如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮．开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点．滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是()A．第一次轻绳的拉力逐渐增大B．第一次半圆环受到的压力逐渐减小C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等【典例2c提高题对应练习】【答案】C【解析】小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示．由图可知△OMN与△NBA相似，则有eq\f(G,R)＝eq\f(FN,R)＝eq\f(FT,MN)(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G、FT＝eq\r(2)G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cos45°－FN′＝meq\f(v2,R)，在竖直方向上有G＝FT′sin45°，解得FT′＝eq\r(2)G，FN′＝G－meq\f(v2,R)，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误．类型四：应用三角形相似解析法分析轻杆模型的弹力变化【典例2d提高题】如图所示为一简易起重装置，（不计一切阻力）AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上．开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°.在此过程中，杆BC所产生的弹力()A．大小不变B．逐渐增大C．先增大后减小 D．先减小后增大【典例2d提高题】【答案】A【解析】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反．根据三角形相似得eq\f(F合,AC)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,BC)又F合＝G得F＝eq\f(AB,AC)G，FN＝eq\f(BC,AC)G，∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故选A.类型五：应用三角形相似解析法分析轻弹簧模型的弹力变化【典例2e提高题】（多选）如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬挂于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2＞k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2.则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是()A．FT1＞FT2B．FT1＝FT2C．F1＜F2 D．F1＝F2【典例2e提高题】【答案】BC【解析】以B为研究对象，分析受力情况，如图所示.由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得eq\f(mg,OA)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FT,OB).当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故FT1＝FT2，F2>F1，故A、D错误，B、C正确.【典例2e提高题对应练习】(多选)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是()A.弹簧变短 B.弹簧变长C.小球对半球的压力不变 D.小球对半球的压力变大【典例2e提高题对应练习】【答案】AC【解析】以小球为研究对象，受力分析如图，小球受重力G、细绳的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡条件得知F＝G，由图根据三角形相似可得＝＝，将F＝G代入得FN＝G，FT＝G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD变小，可知FT变小，FN不变，即弹簧的弹力变小，弹簧变短，由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C正确，B、D错误。类型六：应用三角形正弦解析法分析弹力的变化【典例2f提高题】如图所示，a、b两细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾斜．现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳b水平，在此过程中()A．a上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐增大B．a上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐减小C．a上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐增大D．a上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐减小【典例2f提高题】【答案】D【解析】设小球的重力为G，圆环沿顺时针方向转动过程中b绳与竖直方向的夹角为θ，a和b的拉力大小分别为T1、T2.小球的位置保持不变，受力保持平衡，由平衡条件可知，两绳拉力的合力不变，小球受到的重力G和T1、T2组成一个闭合的三角形．由几何知识得知，T1、T2的夹角β不变，由正弦定理得eq\f(G,sinβ)＝eq\f(T1,sinθ)＝eq\f(T2,sin180°－β－θ)，在θ≤90°的范围内，θ变大，故T1变大，T2变小．故D正确．【典例2f提高题对应练习】（多选）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\f(π,2)))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小【典例2f提高题对应练习】【答案】AD【解析】设重物的质量为m，绳OM中的张力为Teq\a\vs4\al(OM)，绳MN中的张力为TMN。开始时，Teq\a\vs4\al(OM)＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：TOMsin(α−β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0变为eq\f(π,2)的过程中，TMN一直增大，选项A正确。题型三：应用图解法及解析法综合分析连接体模型的弹力变化类型一：接触式连接体模型的弹力变化分析【典例3a提高题】(多选)如图所示，在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体A，在物体A与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体B，斜面体B未接触地面，整个装置在水平力F作用下处于静止状态，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，在此过程中，下列说法正确的是()A．水平力F大小不变B．地面对物体A的支持力不变C．斜面体B对物体A的压力逐渐增大D．墙面对斜面体B的支持力逐渐减小【典例3a提高题】【答案】AB【解析】以斜面体B为研究对象，由平衡条件可知，墙面对斜面体B的作用力F1＝eq\f(mBg,tanθ)，物体A对斜面体B的支持力F2＝eq\f(mBg,sinθ)，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，角度θ保持不变，所以F1、F2保持不变，故D错误；根据牛顿第三定律，可知斜面体B对物体A的压力等于物体A对斜面体B的支持力F2，不变，故C错误；以A、B整体为研究对象，水平力F大小等于墙对B的作用力F1，保持不变，故A正确；以A、B整体为研究对象，地面对物体A的支持力等于A、B重力之和，保持不变，故B正确．【典例3a提高题对应练习】（多选）如图所示，两个完全相同的光滑球的质量均为m，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间．若缓慢转动挡板至与斜面垂直，则在此过程中()A．A、B两球间的弹力不变B．B球对挡板的压力逐渐减小C．B球对斜面的压力逐渐增大D．A球对斜面的压力逐渐增大【典例3a提高题对应练习】【答案】AB【解析】以A球为研究对象，在挡板转动过程中，A球受力情况不变，故A球对B球、斜面